【集训Day1 测试】装饰

本文探讨了一种经典的图论问题——图染色问题。通过深度优先搜索算法,结合邻接链表的数据结构,实现了一个解决方案,用于寻找图中结点的最优二元染色方案。若图中存在二分性质,则输出最多可用的一种颜色数量。

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装饰(decorate)
【题目描述】
一个图有 N 个结点,编号 1 至 N,有 M 条无向边,第 i 条边连接的两个结点是 Ai 和Bi,其中 Ai 和 Bi 是不同的结点。可能有多条边连接的是同一个点对。现在要给每个结点做标致,每个结点的标志要么是‘F’,要么是‘J’。如果结点 A 和结点 B 之间有边,那么结点 A 和结点 B 的标志就必须不同。做一个‘F’的费用比做一个‘J’的费用要高。所以现在希望用尽量多的‘J’标志要完成任务。输出最多可以用多少‘J’去完成任务。如果不可能完成任务,输出-1。
【输入格式】decorate.in
第一个整数 N 和 M。1 <= N <= 50000,1 <= M <= 100000。
接下来有 M 行,每行两个整数 Ai 和 Bi。
【输出格式】decorate.out
一个整数。
【输入样例】
4 4
12
23
34
41
【输出样例】
2
【解题思路】
利用vector动态数组模拟邻接链表,使a[i][j]表示与i点有连线的所有点。利用深度优先搜索遍历整个图,当前节点标记为f,下一个节点就标记为j,如果说下一个节点在之前已经访问过了,如果说与当前节点的标记相同意味着不可能完成任务,直接break掉并输出-1即可。如果遍历完了之后发现f比j多那么把f和j调换即可。
【参考程序】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
vector<int> pic[50001];
bool b[50001],brek;
int c[50001],f,j,n,m,ans,a,d;
void dfs(int point,int fj)
{
    b[point]=true;//标记当前节点已被访问 
    c[point]=fj;//对当前节点进行标记 
    if (fj==0) f++;//0表示标记f,1表示标记j 
    else j++; 
    for (int i=0;i<pic[point].size();i++)//查看所有与当前节点有连线的点 
    {
        if (!b[pic[point][i]]) dfs(pic[point][i],1-fj);//未被访问就标记并继续遍历 
        else if (c[pic[point][i]]==fj) //发生冲突 
        {
            brek=true;
            return ;
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("decorate.in","r",stdin);
    freopen("decorate.out","w",stdout);
    cin>>n>>m;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>a>>d;
        pic[a].push_back(d);
        pic[d].push_back(a);
        //压入,由于是无向图,所以边的两个端点都要压入。 
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        f=j=0;//初始化 
        if (!b[i]) dfs(i,0);//遍历当前节点可以到达的所有节点。 
        ans+=max(f,j);
        if (brek==true)//如果是冲突break出来的,那么输出-1. 
        {
            cout<<-1;
            return 0;
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}
### 关于雅礼集训 2017 Day1题目及解析 #### 题目概述 根据已知引用内容[^3],雅礼集训 2017 Day1 的核心问题是关于矩阵操作的优化问题。给定一个 \(n \times m\) 的字符矩阵,其中 `#` 表示黑色格子,`.` 表示白色格子。目标是最小化将整个矩阵变为全黑所需的步数。 --- #### 解析与算法思路 ##### 输入描述 输入的第一行为两个整数 \(n\) 和 \(m\),分别代表矩阵的行数和列数。接下来 \(n\) 行每行包含长度为 \(m\) 的字符串,表示矩阵的内容。 ##### 输出描述 输出最小的操作次数使得整个矩阵变成全是黑色格子的状态。如果没有可行方案,则输出 `-1`。 --- ##### 算法设计 1. **可行性判断** 如果初始矩阵没有任何黑色格子 (`#`) 存在,则无法通过任何有限次操作使矩阵变黑,因此直接返回 `-1`[^4]。 2. **计算最少步数** 对于每一行,定义两种可能的操作方式: - 将该行全部涂黑。 - 不改变该行状态,仅依赖后续列操作来覆盖剩余白格。 同样地,对于每一列也存在类似的策略选择。最终的目标是综合考虑行列操作的影响,找到全局最优解。 3. **动态规划或贪心求解** 使用简单的遍历方法统计各行列中的黑白分布情况,并基于此决定最佳行动顺序。特别注意边界件处理以及特殊情况下的额外开销评估。 ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e3 + 5; int n, m, h[MAXN], l[MAXN]; char s[MAXN][MAXN]; int main(){ cin >> n >> m; bool has_black = false; for (int i = 1; i <= n; ++i){ cin >> (s[i]+1); for (int j = 1; j <= m; ++j){ if (s[i][j] == '#'){ has_black = true; h[i]++; l[j]++; } } } if (!has_black){ cout << "-1"; return 0; } int res = INT_MAX; for (int i = 1; i <= n; ++i){ res = min(res, m - h[i] + !l[i]); } int extra_cost = 0; for (int j = 1; j <= m; ++j){ if (l[j] != n) extra_cost += 1; } cout << res + extra_cost; } ``` 上述代码实现了基本逻辑框架,包括读取数据、初步分析是否存在解决方案的可能性以及最后一步汇总总成本的过程[^3]。 --- #### 复杂度分析 时间复杂度主要取决于两次嵌套循环扫描整个矩阵所需的时间量级 O(n*m),空间消耗同样维持在线性范围内 O(n+m)。 --- #### 注意事项 - 当前实现假设所有测试实例均满足合理范围内的尺寸规格;实际应用时需增加更多健壮性的错误检测机制。 - 结果验证阶段应充分考虑到极端情形比如完全空白或者满布障碍物等情况是否被妥善处置。 ---
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